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bq-istpm高考数学难点突破 难点20 不等式的综合应用


、 .~ ① 我们‖打〈败〉了敌人。 ②我们‖〔把敌人〕打〈败〉了。

难点 20 不等式的综合应用
不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一,作为解决问题的工具,与其他知识综 合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类: 一类是建立不等式求参数的取值范围 或解决一些实际应用问题;另一类是建立函数关系,利用均值不等式求最值问题、本难点提 供相关的思想方法,使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用 等方面的问题. ●难点磁场 (★★★★★)设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程 f(x)-x=0 的两个根 x1、x2 满足 0<x1 <x2<

1 . a (1)当 x∈[0,x1 ) 时,证明 x<f(x)<x1;
(2)设函数 f(x)的图象关于直线 x=x0 对称,证明:x0<

x1 . 2

●案例探究 [例 1]用一块钢锭烧铸一个厚度均匀,且表面积为 2 平方米 的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为 h 米, 盖子边长为 a 米, (1)求 a 关于 h 的解析式; (2)设容器的容积为 V 立方米,则当 h 为何值时,V 最大?求出 V 的最大值(求解本题时,不计容器厚度) 命题意图:本题主要考查建立函数关系式,棱锥表面积和体积 的计算及用均值定论求函数的最值. 知识依托:本题求得体积 V 的关系式后,应用均值定理可求得最值. 错解分析:在求得 a 的函数关系式时易漏 h>0. 技巧与方法:本题在求最值时应用均值定理. 解:①设 h′是正四棱锥的斜高,由题设可得:

1 ? 2 ?a + 4 ? 2 h ′a = 2 ? ? ?a 2 + 1 a 2 = h 12 ? 4 ?

消去 h ′.解得 : a =

1 h +1
2

( a > 0)

1 h (h>0) ②由 V = a 2 h = 2 3 3(h + 1)
得: V =

1

1 3( h + ) h 1 1 所以 V≤ ,当且仅当 h= 即 h=1 时取等号 6 h

而h +

1 1 = 2 h? = 2 h h

1 立方米. 6 [例 2]已知 a,b,c 是实数,函数 f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当-1≤x≤1 时|f(x)|≤1. (1)证明:|c|≤1; (2)证明:当-1 ≤x≤1 时,|g(x)|≤2; (3)设 a>0,有-1≤x≤1 时, g(x)的最大值为 2,求 f(x). 命题意图:本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质,以及综合应用数 学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目. 知识依托:二次函数的有关性质、函数的单调性是药引,而绝对值不等式的性质灵活运 用是本题的灵魂. 错解分析:本题综合性较强,其解答的关键是对函数 f(x)的单调性的深刻理解,以及对 条件“-1≤x≤1 时|f(x)|≤1”的运用;绝对值不等式的性质使用不当,会使解题过程空洞, 缺乏严密,从而使题目陷于僵局. 技巧与方法:本题(2)问有三种证法,证法一利用 g(x)的单调性;证法二利用绝对值不等 式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|;而证法三则是整体处理 g(x)与 f(x)的关系. (1)证明:由条件当=1≤x≤1 时,|f(x)|≤1,取 x=0 得:|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1. (2)证法一:依题设|f(0)|≤1 而 f(0)=c,所以|c|≤1.当 a>0 时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上 是增函数,于是 g(-1)≤g(x)≤g(1),(-1≤x≤1). ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),|c|≤1, ∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|=2, g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-2)|+|c|)≥-2, 因此得|g(x)|≤2 (-1≤x≤1); 当 a<0 时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上是减函数,于是 g(-1)≥g(x)≥g(1),(-1≤x≤1), ∵|f(x)|≤1 (-1≤x≤1),|c|≤1 ∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2. 综合以上结果,当-1≤x≤1 时,都有|g(x)|≤2. 证法二:∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1) ∴|f(-1)|≤1,|f(1)|≤1,|f(0)|≤1, ∵f(x)=ax2+bx+c,∴|a-b+c|≤1,|a+b+c|≤1,|c|≤1, 因此,根据绝对值不等式性质得: |a-b|=|(a-b+c)-c|≤|a-b+c|+|c|≤2, |a+b|=|(a+b+c)-c|≤|a+b+c|+|c|≤2, ∵g(x)=ax+b,∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2, 函数 g(x)=ax+b 的图象是一条直线,因此|g(x)|在[-1,1]上的最大值只能在区间的端 点 x=-1 或 x=1 处取得,于是由|g(±1)|≤2 得|g(x)|≤2,(-1<x<1 ) .
故当 h=1 米时,V 有最大值,V 的最大值为

( x + 1) 2 ? ( x ? 1) 2 x +1 2 x ?1 2 ) ?( ) , =( 4 2 2 x +1 2 x ?1 2 x +1 x ?1 ) ?( ) ] + b( ) ∴ g ( x ) = ax + b = a[( ? 2 2 2 2 x +1 2 x +1 x ?1 2 x ?1 ) + b( ) + c ] ? [a( ) + b( ) + c] = [a ( 2 2 2 2 x +1 x ?1 )? f( ) = f( 2 2 证法三 :∵ x =

x +1 x ?1 ≤1,-1≤ ≤0, 2 2 x +1 x ?1 ) |≤1,|f( )|≤1; ∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f ( 2 2 x +1 x ?1 因此当-1≤x≤1 时,|g(x)|≤|f ( ) |+|f( )|≤2. 2 2 (3)解:因为 a>0,g(x)在[-1,1]上是增函数,当 x=1 时取得最大值 2,即 g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2. ① ∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,∴c=f(0)=-1. 因为当-1≤x≤1 时,f(x)≥-1,即 f(x)≥f(0), 根据二次函数的性质,直线 x=0 为 f(x)的图象的对称轴, b 由此得- <0 ,即 b=0. 2a 由①得 a=2,所以 f(x)=2x2-1. ●锦囊妙计 1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题,在解决这些问题时,关键是把非 不等式问题转化为不等式问题,在化归与转化中,要注意等价性. 2.对于应用题要通过阅读,理解所给定的材料,寻找量与量之间的内在联系,抽象出事 物系统的主要特征与关系,建立起能反映其本质属性的数学结构,从而建立起数学模型,然 后利用不等式的知识求出题中的问题. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)定义在 R 上的奇函数 f(x)为增函数,偶函数 g(x)在区间[0,+∞)的图象 与 f(x)的图象重合,设 a>b>0,给出下列不等式,其中正确不等式的序号是( ) ①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b) ③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) ④f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 二、填空题 4 2.(★★★★★)下列四个命题中:①a+b≥2 ab ②sin2x+ ≥4 ③设 x,y 都是正 sin 2 x 1 9 数,若 + =1,则 x+y 的最小值是 12 ④若|x-2|<ε,|y-2|<ε,则|x-y|<2ε,其中 x y 所有真命题的序号是__________. 3.(★★★★★)某公司租地建仓库,每月土地占用费 y1 与车库到车站的距离成反比,而 每月库存货物的运费 y2 与到车站的距离成正比,如果在距车站 10 公里处建仓库,这两项费 用 y1 和 y2 分别为 2 万元和 8 万元,那么要使这两项费用之和最小,仓库应建在离车站 __________公里处. 三、解答题 4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程 f(x)=x 的两实数根 为 x1,x2. (1)如果 x1<2<x2<4,设函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证 x0>-1; (2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求 b 的取值范围. 5.(★★★★)某种商品原来定价每件 p 元,每月将卖出 n 件,假若定价上涨 x 成(这里 x
当-1≤x≤1 时,有 0≤

x ,0<x≤10 ) .每月卖出数量将减少 y 成,而售货金额变成原来的 z 倍. 10 1 (1)设 y=ax,其中 a 是满足 ≤a<1 的常数,用 a 来表示当售货金额最大时的 x 的值; 3 2 (2)若 y= x,求使售货金额比原来有所增加的 x 的取值范围. 3 6.(★★★★★)设函数 f(x)定义在 R 上,对任意 m、n 恒有 f(m+n)=f(m)·f(n),且当 x>0 时,0<f(x)<1. (1)求证:f(0)=1,且当 x<0 时,f(x)>1; (2)求证:f(x)在 R 上单调递减; (3)设集合 A={ (x, y)|f(x2)· 2)>f(1)}, f(y 集合 B={(x, y)|f(ax-g+2)=1, a∈R}, A∩B= ? , 若 求 a 的取值范围.
成即 7.(★★★★★)已知函数 f(x)=

2 x 2 + bx + c (b<0)的值域是[1,3] , x2 +1

(1)求 b、c 的值; (2)判断函数 F(x)=lgf(x),当 x∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论; (3)若 t∈R,求证:lg

7 1 1 13 ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg . 5 6 6 5

[科普美文]数学中的不等式关系 数学是研究空间形式和数量关系的科学,恩格斯在《自然辩证法》一书中指出,数学是 辩证的辅助工具和表现形式,数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素,等与不等关系正 是该点的生动体现,它们是对立统一的,又是相互联系、相互影响的;等与不等关系是中学 数学中最基本的关系. 等的关系体现了数学的对称美和统一美,不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异 美.不等关系起源于实数的性质,产生了实数的大小关系,简单不等式,不等式的基本性质, 如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式,不等式发展为一个人丁兴 旺的大家族,由简到繁,形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系,又产生 了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗?显然不是,由此又产生了解不等式与证明 不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件, 不同类 型的不等式又有不同的解法; 不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件 下,阐述论证过程,揭示内在规律,基本方法有比较法、综合法、分析法;探索性问题大多 是与自然数 n 有关的证明问题,常采用观察—归纳—猜想—证明的思路,以数学归纳法完成 证明.另外,不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等. 数学科学是一个不可分割的有机整体, 它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式 的知识渗透在数学中的各个分支,相互之间有着千丝万缕的联系,因此不等式又可作为一个 工具来解决数学中的其他问题,诸如集合问题,方程(组)的解的讨论,函数单调性的研究, 函数定义域的确定,三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一 不与不等式有着密切的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明; 不等式还可以解决现 实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结 合、函数与方程.总之,不等式的应用体现了一定的综合性,灵活多样性. 等与不等形影不离,存在着概念上的亲缘关系,是中学数学中最广泛、最普遍的关系. 数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性,而不等关系是深刻而生动 的体现.不等虽没有等的温柔,没有等的和谐,没有等的恰到好处,没有等的天衣无缝,但它 如山之挺拔,峰之隽秀,海之宽阔,天之高远,怎能不让人心旷神怡,魂牵梦绕呢? 参考答案 难点磁场 解:(1)令 F(x)=f(x)-x,因为 x1,x2 是方程 f(x)-x=0 的根,所以 F(x)=a(x-x1)(x-x2).当 x∈(0,x1)时,由于 x1<x2,得(x-x1)(x-x2)>0, 又 a>0,得 F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即 x<f(x) x1-f(x)=x1-[x+F(x)]=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)[1+a(x-x2)]

1 ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0 a ∴x1-f(x)>0,由此得 f(x)<x1. b (2)依题意:0=- x , 因为 x1、2 是方程 f(x)-x=0 的两根, x1,2 是方程 ax2+(b-1)x+c=0 x 即 x 2a 的根. b ?1 ∴x1+x2=- a b a ( x1 + x2 ) ? 1 ax1 + ax2 ? 1 ∴x0=- = = ,因为 ax2<1, 2a 2a 2a
∵0<x<x1<x2<

ax1 x1 = 2a 2 歼灭难点训练 一、1.解析:由题意 f(a)=g(a)>0,f(b)=g(b)>0,且 f(a)>f(b),g(a)>g(b) ∴f(b)-f(-a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b) 而 g(a)-g(-b)=g(a)-g(b)∴g(a)+g(b)-[g(a)-g(b)] =2g(b)>0,∴f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) 同理可证:f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) 答案:A 二、2.解析:①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式:|x-y|=|(x-2) -(y-2)|≤|(x-2)-(y-2)|≤|x-2|+|y-2|<ε+ε=2ε. 答案:④ 20 20 ;y2=0.8x(x 为仓库与车站距离)费用之和 y=y1+y2=0.8x+ ≥ 3.解析:由已知 y1= x x
∴x0< 2 0 .8 x ?

20 =8 x 20 即 x=5 时“=”成立 x

当且仅当 0.8x=

答案:5 公里处 三、4.证明:(1)设 g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且 x>0. ∵x1<2<x2<4,∴(x1-2)(x2-2)<0,即 x1x2<2(x1+x2)-4,

于是得x0 = ?

b 1 b ?1 1 1 1 1 = ? (? ? ) = ( x1 + x2 ) ? x1 x2 > ( x1 + x2 ) ? ( x1 + x2 ) + 2 2a 2 a a 2 2 2 1 1 = ? ( x1 + x2 ) + 2 > ? (2 + 4) + 2 = ?1 2 2 1 >0,所以 x1,x2 同号? a


(2)解:由方程 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 可知 x1·x2= 1°若 0<x1<2,则 x2-x1=2,∴x2=x1+2>2, ∴g(2)<0,即 4a+2b-1<0 又(x2-x1)2=

(b ? 1) 2 4 ? =4 a a2

∴2a+1= (b ? 1) 2 + 1 (∵a>0)代入①式得, 2 (b ? 1) 2 + 1 <3-2b 解②得 b< ②

1 4 2°若 -2<x1<0,则 x2=-2+x1<-2 ∴g(-2)<0,即 4a-2b+3<0
又 2a+1= (b ? 1) 2 + 1 ,代入③式得 2 (b ? 1) 2 + 1 <2b-1





解④得 b>

7 . 4

1 7 ,当-2<x1<0 时,b> . 4 4 5.解:(1)由题意知某商品定价上涨 x 成时,上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金 x y 额分别是:p(1+ )元、n(1- )元、npz 元,因而 10 10 x y 1 1 npz = p (1 + ) ? n(1 ? ),∴ z = (10 + x)(10 ? y ) ,在 y=ax 的条件下,z= [-a 10 10 100 100
综上,当 0<x1<2 时,b< [x-

5(1 ? a) 2 25(1 ? a) 2 1 5(1 ? a) ] +100+ ].由于 ≤a<1,则 0< ≤10. a a 3 a 5(1 ? a) 要使售货金额最大,即使 z 值最大,此时 x= . a 1 2 (10+x)(10- x)>1,解得 0<x<5. (2)由 z= 100 3 6.(1)证明:令 m>0,n=0 得:f(m)=f(m)·f(0).∵f(m)≠0,∴f(0)=1 取 m=m,n=-m,(m<0),得 f(0)=f(m)f(-m) 1 ∴f(m)= ,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1 f ( ? m) (2)证明:任取 x1,x2∈R,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1] , =f(x1)-f(x2-x1)·f(x1)=f(x1)[1-f(x2-x1)] ∵f(x1)>0,1-f(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2), ∴函数 f(x)在 R 上为单调减函数.
? f ( x 2 + y 2 ) > f (1) ?x 2 + y 2 < 1 (3)由 ? 得? ,由题意此不等式组无解,数形结合得: ? f (ax ? y + 2) = 1 = f (θ) ?ax ? y + 2 = 0

|2| a +1
2

≥1,解得 a2≤3

∴a∈[- 3 , 3 ]

7.(1)解:设 y=

2 x 2 + bx + c ,则(y-2)x2-bx+y-c=0 x2 + 1



∵x∈R,∴①的判别式Δ≥0,即 b2-4(y-2)(y-c)≥0, 即 4y2-4(2+c)y+8c+b2≤0 由条件知,不等式②的解集是[1,3] ∴1,3 是方程 4y2-4(2+c)y+8c+b2=0 的两根



?1 + 3 = 2 + c ? ? 8c + b 2 ∴c=2,b=-2,b=2(舍) ?1 × 3 = 4 ?
(2)任取 x1,x2∈[-1,1] ,且 x2>x1,则 x2-x1>0,且

(x2-x1)(1-x1x2)>0,∴f(x2)-f(x1)=-

2 x2 1 + x2
2

? (?

2( x2 ? x1 )(1 ? x1 x2 ) 2x )= >0, 2 2 2 1 + x1 (1 + x1 )(1 + x2 )

∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即 F(x2)>F(x1) ∴F(x)为增函数.

1 1 1 1 1 | ? | t + |, | u |≤| (t ? ) ? (t + ) |= , 6 6 6 6 3 1 1 即- ≤u≤ ,根据 F(x)的单调性知 3 3 1 1 7 1 1 13 F(- )≤F(u)≤F( ),∴lg ≤F(|t- |-|t+ |)≤lg 对任意实数 t 成立. 3 3 5 6 6 5 (3)记u =| t ?


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